[博弈] poj 1067 #裸的Wythoff Game

/**[博弈] poj 1067 #裸的Wythoff Game解法参见 http://www.acmwiki.com/index.php?doc-view-1326.htm*/#include <stdio.h>#include <math.h>#include <algorithm>const double gc = (1 + sqrt(5.0)) / 2.0;int main(){    int a,b;    while(scanf("%d%d",&a,&b) != EOF)    {        if(a > b)            std::swap(a,b);        printf(a == int((b - a * 1.0) * gc) ? "0\n" : "1\n");    }    return 0;}

 

以下转自 http://www.acmwiki.com/index.php?doc-view-1326.htm

有两堆各若干个物品,两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品,规定每次至少取一个,多者不限,最后取光者得胜.

奇异局势下先手必败，非奇异局势下先手必胜。

这种情况下是颇为复杂的.我们用(ak,bk)(ak ≤bk ,k=0,1,2,...,n)表示两堆物品的数量并称其为局势,如果甲面对(0,0),那么甲已经输了,这种局势我们称为奇异局势.前几个奇异局势是：(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20).

可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而bk= ak + k,奇异局势有如下三条性质：

1、任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中.

由于ak是未在前面出现过的最小自然数,所以有ak > ak-1 ,而bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 .所以性质1.成立.

2、任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势.

事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其他奇异局势中,所以必然是非奇异局势.如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势.

3、采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势.

假设面对的局势是(a,b),若b = a,则同时从两堆中取走a 个物体,就变为了奇异局势(0,0)；如果a = ak ,b > bk,那么,取走b - bk个物体,即变为奇异局势；如果a = ak , b < bk ,则同时从两堆中拿走ak - ab - ak个物体,变为奇异局势( ab - ak , ab - ak+ b - ak)；如果a > ak ,b= ak + k,则从第一堆中拿走多余的数量a - ak 即可；如果a < ak ,b= ak + k,分两种情况,第一种,a=aj (j < k),从第二堆里面拿走b - bj 即可；第二种,a=bj (j < k),从第二堆里面拿走b - aj 即可.

从如上性质可知,两个人如果都采用正确操作,那么面对非奇异局势,先拿者必胜；反之,则后拿者取胜.

那么任给一个局势(a,b),怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：

ak =[k(1+√5)/2](下取整), bk= ak + k (k∈N)

奇妙的是其中出现了有关黄金分割数的式子：(1+√5)/2 =1.618...,若两堆物品个数分别为x,y(x<y)，则k=y-x，再判断x是否等于[(y-x)*( √5+1)/2] 即可得知是否是奇异局势。

 

PS:

巴什博奕(Bash Game):只有一堆n个物品,两个人轮流从这堆物品中取物,规定每次至少取一个,最多取m个.最后取光者得胜.若(m+1) | n，则先手必败，否则先手必胜。显然,如果n=m+1,那么由于一次最多只能取m个,所以,无论先取者拿走多少个,后取者都能够一次拿走剩余的物品,后者取胜.因此我们发现了如何取胜的法则：如果n=(m+1)r+s,(r为任意自然数,s≤m),那么先取者要拿走s个物品,如果后取者拿走k(≤m)个,那么先取者再拿走m+1-k个,结果剩下(m+1)(r-1)个,以后保持这样的取法,那么先取者肯定获胜.总之,要保持给对手留下(m+1)的倍数,就能最后获胜.